\documentclass[list,adobe,answers]{BHCexam}
\pagestyle{fancy}
\fancyfoot[C]{\kaishu \small 第 \thepage 页 共 \pageref{lastpage} 页}
\fancyhead[L]{\includegraphics[width=2cm]{qrcode.png}\rightline{本试卷由开源项目\href{https://gitee.com/e13/gtexam}{GTexam}生成}}
\begin{document}
{\heiti{绝密\ding{72}启用前}}
\title{2020年普通高等学校招生全国统一考试}
\subtitle{理科综合能力测试(物理)}
\maketitle
{\heiti{注意事项：}}
\setlength\parindent{2em}


1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。


2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。


3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
\begin{groups}
\group{选择题}{本题共8小题，每小题 6 分。共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1\textasciitilde5题只有一项符合题目要求，第6\textasciitilde 8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0分。}
\begin{questions}[30]
\question[6] 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是\key{D}
\fourchoices{增加了司机单位面积的受力大小}{减少了碰撞前后司机动量的变化量}{将司机的动能全部转换成汽车的动能}{延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积}
\begin{solution}{4cm}
【分析】在碰撞过程中,司机动量的变化量是一定的,都等于$\Delta p = mv$,但安全气囊会 延长作用时间,增加受力面积;再根据动量定理分析即可。

【解答】解:ABD、在碰撞过程中,司机的动量的变化量是一定的,但安全气囊会增加作用的时间,根据动量定理$Ft =\Delta p$可知,可以减小司机受到的冲击力F,同时安全气囊 会增大司机的受力面积,则司机单位面积的受力大小$\frac{F}{S}$减小,故AB错误,D正确。C、安全气囊只是延长了作用时间,减小了司机的受力,将司机的动能转换成气囊的弹性 势能及气囊气体内能,故C错误。

故选:D\end{solution}
\question[6] 火星的质量约为地球质量的$1/10,$半径约为地球半径的$1/2,$则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为\key{B}
\fourchoices{$0.2$}{$0.4$}{$2.0$}{$2.5$}
\begin{solution}{4cm}
【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度,进而求出火星 与地球上重力加速度之比,结合星球表面的万有引力等于重力可得出同一物体在火星表 面与在地球表面受到的引力的比值。

【解答】解:在星球表面的万有引力等于重力,即:$\frac{G M m}{R^{2}}= mg = F_\text{引}$则有:$\frac{F_{火}}{F_{\text {地}}}=\frac{M_{\text {火}}}{M_{\text {地}}} \times \frac{R_{\text {地}}^{2}}{R_{\text {火}}^{2}}=\frac{1}{10} \times\left(\frac{2}{1}\right)^{2}=\frac{2}{5}=0.4$即同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为0.4。故B 正确，ACD 错误。

故选：B。\end{solution}
\question[6] 如图,一同学表演荡秋千.已知秋千的两根绳长均为$10m,$该同学和秋千踏板的总质量约为$50kg.$绳的质量忽略不计,当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为$8m/s,$此时每根绳子平均承受的拉力约为\key{B}
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20116.jpg}
\end{center}\fourchoices{$200N$}{$400N$}{$600N$}{$800N$}
\begin{solution}{4cm}
【分析】秋千荡到最低点时，需要竖直向上的向心力，分析秋千和同学整体的受力，根
据牛顿第二定律列式子求解每根绳子平均承受的拉力。

【解答】解：以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上
的绳子的拉力，令每根绳子的拉力为T，绳长为l，
根据牛顿第二定律有：$2 \mathrm{T}-\mathrm{mg}=m \frac{v^{2}}{l}$
，
代入数据解得每根绳子的拉力为T＝410N，B 选项最为接近，故ACD 错误，B 正确。

故选：B。\end{solution}
\question[6] 图(a)所示的电路中,K与L间接一智能电源,用以控制电容器C两端的电压$U_C.$如果$U_C$随时间t的变化如图(b)所示,则下列描述电阻R两端电压$U_R$随时间t变化的图像中,正确的是\key{A}
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20117.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】根据$\mathrm{I}=\frac{\triangle Q}{\triangle t}=\frac{\Delta\left(C U_{C}\right)}{\triangle t}$
，分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律确定$\mathrm{UR}$ 与t
的关系。
【解答】解：电路中的电流为$\mathrm{I}=\frac{\triangle Q}{\triangle t}=\frac{\Delta\left(C U_{C}\right)}{\triangle t}=\mathrm{C} \frac{\Delta U_{C}}{\triangle t}, \frac{\Delta U_{C}}{\Delta t}$
等于$\mathrm{U_c}-\mathrm{t}$图象斜率的大
小，由图b 知，1﹣2s 内图象的斜率是3﹣5s 内图象斜率的2 倍，则1﹣2s 内电路中电流
是3﹣5s 内的2 倍，由$\mathrm{U}_{\mathrm{R}}=\mathrm{IR}$ 知，1﹣2s 内电阻R 两端电压$\mathrm{UR}$  是3﹣5s 内的2 倍。1﹣
2s 内，电容器在充电，3﹣5s 内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1﹣2s 内R 的
电压与3﹣5s 内R 的电压相反，故A 正确，BCD 错误。

故选：A。\end{solution}
\question[6] 一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示$,ab$为半圆$,ac$、$bd$与直径ab共线$,ac$间的距离等于半圆的半径.一束质量为m、电荷量为$q(q>0)$的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率.不计粒子之间的相互作用.在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为\key{C}
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20118.jpg}
\end{center}\fourchoices{$\frac{7\pi m}{6qB}$}{$\frac{5\pi m}{4qB}$}{$\frac{4\pi m}{3qB}$}{$\frac{3\pi m}{2qB}$}
\begin{solution}{4cm}
【分析】采用放缩法并画图，设$\widehat{a b}$半圆的半径为R，当轨迹半径为 R 时，轨迹圆心角最
大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R 时轨迹圆心角最大，
然后根据$t=\frac{\theta}{2 \pi} T$求粒子在磁场中运动的最长时间。

【解答】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即$t=\frac{\theta}{2 \pi} T$

方法一：设$\widehat{a b}$半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：

图略

粒子垂直ac，则圆心必在ac 直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在$\mathrm{r} \leqslant 0.5 \mathrm{R}$和$\mathrm{r} \geqslant 1.5 \mathrm{R}$ 时，粒子从ac、bd 区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当
$0.5 \mathrm{R}<\mathrm{r}<1.5 \mathrm{R}$ 时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R 逐渐放大，粒子射出
位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从$\pi$ 逐渐增大，当轨迹半径为R 时，轨迹圆心角
最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R 时轨迹圆心角最
大，即$\theta=\pi+\frac{\pi}{3}=\frac{4}{3} \pi$；

方法二：O 点为半圆弧的圆心，过c 点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e 点，由于co＝
2R，oe＝R，且$\mathrm{ce} \perp \mathrm{eo}$，故$\angle \mathrm{oce}=30^{\circ}$，那么ce 为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大
为$90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}$，根据圆心角等于弦切角的2 倍，所以最大圆心角为$\theta=2 \times 120^{\circ}=240{\circ}$；
即$\theta=\pi+\frac{\pi}{3}=\frac{4}{3} \pi$，粒子运动最长时间为$t=\frac{\theta}{2 \pi} T=\frac{\frac{4}{3} \pi}{2 \pi} \times \frac{2 \pi m}{q B}=\frac{4 \pi m}{3 q B}$
，故C 正确，ABD
错误。

故选：C。\end{solution}
\question[6] 下列核反应方程中$,X_1,X_2,X_3,X_4$代表α粒子的有\key{BD}
\fourchoices{$_1^2H+_1^2H→_0^10^n+X_1$}{$^{2}_{1}H+_{1}^{3}H\rightarrow_{0}^{1}n+X_{2}$}{$_{92}^{235}U+_{0}^{1}n\rightarrow_{56}^{144}Ba+\frac{89}{36}Kr+3X_{3}$}{$_{0}^{1}n+\frac{6}{3}Li\rightarrow_{1}^{3}H+X_{4}$}
\begin{solution}{4cm}
【分析】根据核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒确定X 是否是$\alpha$ 粒子。

【解答】解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，$X_1$ 的电荷数为2，质量数为3，但不
是$\alpha$ 粒子，故A 错误；
B、根据电荷数守恒、质量数守恒知，$X_2$ 的电荷数为2，质量数为4，为$\alpha$粒子，故B
正确；
C、根据电荷数守恒、质量数守恒知，$X_3$ 的电荷数为0，质量数为1，为中子，故C 错误；
D、根据电荷数守恒、质量数守恒知，$X_4$ 的电荷数为2，质量数为4，为$\alpha$粒子，故D
正确。

故选：BD。\end{solution}
\question[6] 一物块在高$3.0m$、长$5.0m$的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线\uppercase\expandafter{\romannumeral1}、\uppercase\expandafter{\romannumeral2 }所示,重力加速度取$10m/s^2.$则\key{AB}
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20120.jpg}
\end{center}\fourchoices{物块下滑过程中机械能不守恒}{物块与斜面间的动摩擦因数为$0.5$}{物块下滑时加速度的大小为$6.0m/s^2$}{当物块下滑$2.0m$时机械能损失了$12J$}
\begin{solution}{4cm}
【分析】分析初位置以及下滑5m 时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑2.0m 时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。

【解答】解：A、物块在初位置其重力势能为$\mathrm{E}_{\mathrm{p}}=\mathrm{mgh}=30 \mathrm{J}$，动能$E_k＝0$
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为$\mathrm{E}_{1}=\mathrm{E}_{\mathrm{p}}+\mathrm{E}_{\mathrm{k}}=30 \mathrm{J}$
当下滑距离为5m 时，物块具有的机械能为$\mathrm{E}_{2}=\mathrm{E}_{\mathrm{p}}^{\prime}+\mathrm{E}_{\mathrm{k}}^{\prime}=10 \mathrm{J}<\mathrm{E}_{1}$，所以下滑过程中物块的机械能减小，故A 正确；
B、令斜面的倾角为θ，则$\sin \theta=\frac{3}{5}$
，
所以$\theta=37^{\circ}$
物体下滑的距离为x＝5m 的过程中，根据功能关系有$\mathrm{W}_{\mathrm{f}}=\mu \mathrm{mg} \cdot \cos \theta \cdot \mathrm{x}=\mathrm{E}_{1}-\mathrm{E}_{2}$，
代入数据μ＝0.5，故B 正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为$\mathrm{a}=\frac{m g \sin \theta-\mu m g \cos \theta}{m}=2 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}$，
故C 错误；
D、当物块下滑距离为$\mathrm{x}^{\prime}=2.0 \mathrm{m}$ 时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ•x′＝
8J，
根据功能关系可知，机械能损失了$\mathrm{W}_{\mathrm{f}}=\mu \mathrm{mg} \cos \theta \cdot \mathrm{x}^{\prime}=8J$，故D 错误。

故选：AB。\end{solution}
\question[6] 如图,U形光滑金属框$abcd$置于水平绝缘平台上$,ab$和dc边平行,和bc边垂直$.ab$、$dc$足够长,整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中$,MN$与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行.经过一段时间后\key{BC}
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20121.jpg}
\end{center}\fourchoices{属框的速度大小趋于恒定值}{属框的加速度大小趋于恒定值}{体棒所受安培力的大小趋于恒定值}{体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值}
\begin{solution}{4cm}
【分析】分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和电动势公式求出二
者的加速度表达式及感应电流的表达式，解得加速度差值$\mathrm{a}_{1}-\mathrm{a}_{2}=\frac{F}{M}-\left(\frac{1}{M}+\frac{1}{m}\right) \mathrm{BIL}$，
当加速度差值为零时，解得$\mathrm{I}=\frac{B L\left(v_{1}-v_{2}\right)}{R}$
，画出v﹣t 图象分析即可。
【解答】解：ABC、当金属框在恒力F 作用下向右加速时，bc 边产生从c 向b 的感应电
流i，线框的加速度为$a_1$，对线框，由牛顿第二定律得：$F﹣BIL＝Ma_1$，导体棒MN 中感应电流从M 向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为$a_2$，对导体棒MN，由
牛顿第二定律得：$BIL＝ma_2$，当线框和导体棒MN 都运动后，线框速度为$v_1$，MN 速度
为$v_2$，感应电流为：$\mathrm{I}=\frac{B L\left(v_{1}-v_{2}\right)}{R}$
，感应电流从0 开始增大，则$a_2$ 从零开始增加，$a_1$ 从
$\frac{F}{M}$
开始减小，加速度差值为：$\mathrm{a}_{1}-\mathrm{a}_{2}=\frac{F}{M}-\left(\frac{1}{M}+\frac{1}{m}\right) \mathrm{BIL}$，感应电流从零增加，则加速
度差值减小，当差值为零时，$\mathrm{a}_{1}=\mathrm{a}_{2}=\mathrm{a}$，故有：F＝（M+m）a，联立解得：$\mathrm{I}=\frac{m F}{(M+m) B L}=\frac{B L\left(v_{1}-v_{2}\right)}{R}$
，此后金属框与MN 的速度差维持不变，感应电流不变，MN 受到的安培力不
变，加速度不变，v﹣t 图象如图所示：略

故A 错误；BC 正确；
D、MN 与金属框的速度差不变，但MN 的速度小于金属框速，MN 到金属框bc 边的距
离越来越大，故D 错误。

故选：BC。\end{solution}
\end{questions}
\newpage
\group{非选择题}{共 174 分，第 9\textasciitilde 12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13\textasciitilde16 题为选考题，考生根 据要求作答。}
\begin{questions}[p]
\question{[6]} 某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R,所用电压表的内阻为$1kΩ,$电流表内阻为$0.5Ω.$该同学采用两种测量方案,一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的$"O$、$P"$两点之间,另一种是跨接在$"O$、$Q")$两点之间.测量得到如图(b)所示的两条$U-I$图线,其中U与I分别为电压表和电流表的示数.

回答下列问题:

(1)图(b)中标记为I的图线是采用电压表跨接在\key{O、P}(填$"O$、$P"$或$"O$、$Q")$两点的方案测量得到的.

(2)根据所用实验器材和图(b)可判断,由图线\key{\uppercase\expandafter{\romannumeral1}}(填$"$\uppercase\expandafter{\romannumeral1}$"$或$"$\uppercase\expandafter{\romannumeral2}$"$)得到的结果更接近待测电阻的真实值,结果为\key{50.5}$Ω$(保留1位小数).

(3)考虑到实验中电表内阻的影响,需对(2)中得到的结果进行修正,修正后待测电阻的阻值为\key{50.0}Ω(保留1位小数).
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20122.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】（1）根据电压表跨接在O、P 两点时，电压表分流；电压表跨接在O、Q 两点时，
电流表分压，进行误差分析，结合U﹣I 图象的斜率大小得到图线Ⅱ为电压表跨接在O、
P 两点测量得到的；

（2）根据U﹣I 图象的斜率得到两种接法下的电阻，根据
$\frac{R_{V}}{R}<\frac{R}{R_{A}}$
，电流表应采用内接
法，从而判断图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值；

（3）根据电压表跨接在O、Q 间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和求得修正后待测
电阻的阻值。

【解答】解：（1）当电压表跨接在O、P 两点时，电流表外接，电压准确，电流测量值
为电阻与电压表电流之和，由$R=\frac{U}{I}$
得电阻测量值偏小；电压表跨接在O、Q 两点时，电
流表内接，电流准确，电压测量值为电阻与电流表电压之和，电阻测量值偏大；U﹣I 图
象的斜率大小等于电阻测量值，因此图线Ⅱ为电压表跨接在O、P 两点测量得到的。

（2）由图线斜率可得I 图线测得电阻值为：$R _{ I }=\frac{3.00-1.00}{(59.6-20.0) \times 10^{-3}} \Omega \approx 50.5 \Omega,$ 图线 $II$
测得电阻阻值为$R _{ II }=\frac{3.00-0.95}{(63.0-20.0) \times 10^{-3}} \Omega=47.7 \Omega$ ， 被测电阻值约为50Ω ，
$\frac{R_V}{R}=\frac{1000 \Omega}{50 \Omega}=20, \frac{R}{R_{A}}=\frac{50 \Omega}{0.5 \Omega}=100,$ 因 $\frac{R_{V}}{R}<\frac{R}{R_{A}}$
，电流表采用内接法，电压表跨接在O、Q
两点，测量结果为50.5Ω。

（3）电压表跨接在O、Q 间，测得的阻值为电阻与电流表电阻之和，则有：$R = R _{1}- R _{ A }$
＝50.5Ω﹣0.5Ω＝50.0Ω。\end{solution}
\question{[9]} 某同学用如图所示的实验装置验证动量定理,所用器材包括:气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等.

实验步骤如下:

(1)开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间\key{大约相等}时,可认为气垫导轨水平;

(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量$m_1$、滑块(含遮光片)的质量$m_2$;

(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接,并让细线水平拉动滑块;

(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动,和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过$A$、$B$两处的光电门的遮光时间$Δt_1$、$Δt_2$及遮光片从A运动到B所用的时间$t_{12}$;

(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中,如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力,拉力冲量的大小$I=$\key{$m_1gt_{12}$},滑块动量改变量的大小$Δp=$\key{$m_2(\frac{d}{\Delta t_2}-\frac{d}{\Delta t_1})$};(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)

(6)某次测量得到的一组数据为$:d=1.000cm,m_1=1.50×10^{-2}kg,m_2=0.400kg,Δt_1=3.900×10^{-2}s,Δt_2=1.270×10^{-2}s,t_{12}=1.50s,$取$g=9.80m/s^2.$计算可得$I=$\key{0.221}$N·s,Δp=$\key{0.212}$kg∙m·s^{-1};$(结果均保留3位有效数字)

(7)定义$\delta=|\frac{I-\Delta p}{I}|\times 100\%$本次实验$δ=$\key{4}\%(保留1位有效数字).
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20123.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块做
匀速直线运动；
（5）拉力冲量的大小I＝Ft12＝m1gt12；用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B 两
处的瞬时速度，则v 𝐴 =
𝑑
△𝑡1
，vB=
𝑑
△𝑡2
，滑块动量改变量的大小△p＝m2（vB﹣vA）；
（6）把数据代入I＝m1gt12 和△p＝m2（
𝑑
△𝑡2
−
𝑑
△𝑡1
）即可求出；
（7）把I 和△p 代入△＝|
𝐼−△𝑝
𝐼
|×100%即可。

【解答】解：（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑
块做匀速直线运动，而两个光电门的宽度都为d，根据t=
𝑑
𝑣
得遮光片经过两个光电门的
遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的运动近似为匀速直线运动，故
遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；
（5）在遮光片随滑块从A 运动到B 的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，
故F＝m1g，而遮光片从A运动到B所用的时间为t12，故拉力冲量的大小I＝Ft12＝m1gt12；
由于光电门的宽度d 很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B 两处
的瞬时速度，故滑块经过A时的瞬时速度v 𝐴 =
𝑑
△𝑡1
，滑块经过B时的瞬时速度vB=
𝑑
△𝑡2
，
故滑块动量改变量的大小△p＝m2（vB﹣vA）＝m2（
𝑑
△𝑡2
−
𝑑
△𝑡1
）；
（6）I＝m1gt12＝1.50×10
﹣2×9.8×1.50N•s＝0.221N•s；
△p＝m2（
𝑑
△𝑡2
−
𝑑
△𝑡1
）＝0.4×（
1×10−2
1.27×10−2 −
1×10−2
3.9×10−2
）kg•m•s
﹣1＝0.212kg•m•s
﹣1；

（7）$\triangle=\frac{I-\triangle p}{I}|\times 100 \%=| \frac{0.221-0.212}{0.221} \mid \times 100 \%=4 \%$；\end{solution}
\question{[12]} 我国自主研制了运$-20$重型运输机.飞机获得的升力大小F可用$F=kv^2$描写,k为系数;ν是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度,已知飞机质量为$1.21×10^5kg$时,起飞离地速度为$66m/s;$装载货物后质量为$1.69×10^5kg﹐$装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变.

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度;

(2)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行$1521m$起飞离地,求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.
\begin{solution}{4cm}
【分析】（1）飞机装载货物的前后，飞机受到的升力和飞机的重力大小相等，方向相反，
以此求解飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，根据速度和时间关系求解所用时间。
【解答】解：（1）令飞机装载货物前的起飞速度为v1，飞机的质量为m
离地时有𝑘𝑣1
2 = 𝑚𝑔，
代入数据解得k=
1
36
× 104N•s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v2，
则当飞机起飞时有𝑘𝑣2
2 = 𝑚′𝑔，
则v2＝78m/s；
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a=
𝑣2
2
2𝑥
=2m/s2，
所用时间为t=
𝑣2
𝑎
=39s。\end{solution}
\question{[20]} 在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面积是以O为圆心,半径为R的圆$,AB$为圆的直径,如图所示.质量为m,电荷量为$q(q>0)$的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直.已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C点以速率$v_0$穿出电场$,AC$与AB的夹角$θ=60^∘.$运动中粒子仅受电场力作用.

(1)求电场强度的大小;

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为$mv_0,$该粒子进入电场时的速度应为多大?
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/20125.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】（1）粒子初速度为零时，沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由C 点射出电
场，所以电场方向与AC 平行，由A 指向C．根据动能定理求电场强度的大小。
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，电场力做功最多，出射点的切线必定与电场
垂直。粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分别列式，结合几
何关系求解。
（3）以粒子进入电场时的方向为x 轴，电场方向为y 轴，建立坐标系，根据数学知识写
出圆方程。为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，根据mv0＝mat 求解粒子进
入电场时的速度。

【解答】解：（1）粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指
向C。
由几何关系和电场强度的定义知：
AC＝R…①
F＝qE…②
由动能定理得
F•AC=
1
2
𝑚𝑣0
2 ⋯③
联立①②③解得E=
𝑚𝑣0
2
2𝑞𝑅
⋯④
（2）如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC 平行。作与BC 平行的直
线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增
量最大。
由几何关系知
∠PAD＝30°，AP=
3
2
R，DP=
√3
2
R…⑤
设粒子以速度v1 进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1，粒子在AC 方向
做加速度为a 的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC 方向上做匀速运动，运
动的距离等于DP，由牛顿第二定律和运动学公式有：
F＝ma ⑥
AP=
1
2
𝑎𝑡1
2⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1=
√2
4
𝑣0⑨
（3）设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A 为原点，粒子进入电
场的方向为x 轴正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
y=
1
2
𝑎𝑡2 （10）
x＝vt （11）
粒子离开电场的位置在圆周上，有
（x−
√3
2
R）2+（y−
1
2
R）2＝R2 （12）
粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初动量为零，设穿过电场前后
动量变化量的大小为mv0 的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v2，由题给条件及
运动学公式有：
mv2＝mv0＝mat （13）
联立②④⑥（10）（11）（12）（13）式得：
v＝0
或 v=
√3
2
𝑣0
另解：
由题意知，初速度为0 时，动量增量大小为mv0，此即问题的一个解。
自A 点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y 方向位移相等时，所用时间
都相同，因此，不同粒子运动到线段CB 上时，动量变化量都相同，自B 点射出电场的
粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v=
√3
2
𝑣0。\end{solution}
\question{[5]} 分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示$,r=r_1$时$,F=0.$分子间势能由r决定,规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零.若一分子固定于原点O,另一分子从距O点很远处向O点运动,在两分子间距减小到$r_2$的过程中,势能\key{减小}(填"减小"不变"或"增大$");$在间距由$r_2$减小到$r_1$的过程中,势能\key{减小}(填"减小""不变"或"增大$");$在间距等于$r_1$处,势能\key{小于}(填"大于""等于"或"小于")零.
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/201331.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；根据图象可知，
分子间距与分子引力与斥力关系，再结合分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，
分子势能增大，从而即可判定。
【解答】解：若一分子固定于原点O，另一分子从距O 点很远处向O 点运动，在两分子
间距减小到r2 的过程中，分子体现引力，分子力做正功，分子势能减小；
在间距由r2 减小到r1 的过程中，分子体现引力，分子做正功，分子势能减小；
规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零，在间距小于r1 过程中，分子体现斥力，分
子力负功，分子势能增加，因此在间距等于r1 处，势能小于零，
故答案为：减小；减小；小于。\end{solution}
\question{[10]} 甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体).甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为$2V,$罐中气体的压强为$\frac{1}{2}p.$现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等.求调配后

(i)两罐中气体的压强

(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.
\begin{solution}{4cm}
【分析】（i）根据玻意尔定律可得两罐中气体的压强；
（ii）根据玻意尔定律和密度定律求得甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【解答】解：（i）对两罐中的甲、乙气体，气体发生等温变化，根据玻意尔定律有：
pV+
1
2
𝑝 ⋅ 2𝑉 =p′•3V
解得甲乙中气体最终压强为：p′=
2
3
𝑝
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，根据玻意尔定律得：p′V＝
pV′
计算可得：𝑉′ =
2
3
𝑉
由密度定律解得质量之比等于：
𝑚现
𝑚原
=
𝑉′
𝑉
=
2
3\end{solution}
\question{[5]} 在下列现象中,可以用多普勒效应解释的有\key{BCE}。(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)

A.雷雨天看到闪电后,稍过一会儿才能听到雷声

B.超声波被血管中的血流反射后,探测器接收到的超声波频率发生变化

C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声,音调会变低

D.同一声源发出的声波,在空气和水中传播的速度不同

E.天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化
\begin{solution}{4cm}
【分析】多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接受到的频率
不同于振源频率的现象，据此判断即可。

【解答】解：A、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷
电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不
属于多普勒效应的应用，故A 错误；
B、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波
的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B 正确；
C、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频
率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者听
到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故C 正确；
D、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致的，
与多普勒效应无关，故D 错误；
E、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱
随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多普
勒效应的原理应用，故E 正确；\end{solution}
\question{[10]} 一振动片以频率f做简谐振动时,固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点,两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样.c是水面上的一点,a、b、c间的距离均为l,如图所示.已知除c点外,在ac连线上还有其他振幅极大的点,其中距c最近的点到c的距离为$\frac{3}{8}l.$求:

(i)波的波长

(ii)波的传播速度。
\begin{center}
\includegraphics[]{temp/201342.jpg}
\end{center}\begin{solution}{4cm}
【分析】（i）依据波程差等于一个波长即会发生振动加强，再依据几何关系，及三角函
数，与勾股定理，即可求解；
（ii）根据v＝λf，结合波长，从而求解传播速度。

【解答】解：（i）如图所示，
设距c 点最近的振幅极大的点为d 点，a 与d 的距离为r1，b 与d 的距离为r2，d 与c 的
距离为s，波长为λ，
则有：r2﹣r1＝λ
由几何关系，则有：r1＝l﹣s
且s=
3
8
1
及𝑟2
2 = (𝑟1𝑠𝑖𝑛60°)2 + (𝑙 − 𝑟1𝑐𝑜𝑠60°)2
联立上式，代入数据，解得：λ=
1
4
𝑙，
（ii）波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝λf
解得：v=
𝑓𝑙
4\end{solution}
\end{questions}
\end{groups}
\label{lastpage}
\end{document}
